第11章 解三角形 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第二册（苏教版）

综合拔高练 高考真题练 考点1　利用余弦定理和正弦定理解三角形 1.(2025全国二卷,5)在△ABC中,BC=2,AC=1+,则A=(　　) A.45°　　　　B.60°　　　　C.120°　　　　D.135° 2.(2024全国甲理,11)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知B=60°,b2=ac,则sin A+sin C=(　　) A. 3.(2023全国甲理,16)在△ABC中,∠BAC=60°,AB=2,BC=,∠BAC的平分线交BC于D,则AD=　　　　.  4.(2022全国甲理,16)已知△ABC中,点D在边BC上,∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD.当取得最小值时,BD=　　　　.  5.(2025天津,16)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asin B=bcos A,c-2b=1,a=. (1)求A的值; (2)求c的值; (3)求sin(A+2B)的值. 6.(2023新课标Ⅰ,17)已知在△ABC中,A+B=3C,2sin(A-C)=sin B. (1)求sin A; (2)设AB=5,求AB边上的高①. ①心中有“数”用等面积法求高或在直角三角形中利用正弦函数的定义求高. 7.(2024新课标Ⅱ,15)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知sin A+cos A=2. (1)求A; (2)若a=2,bsin C=csin 2B,求△ABC的周长. 考点2　三角形面积公式的应用 8.(多选题)(2025全国一卷,11)已知△ABC的面积为,cos 2A+cos 2B+2sin C=2,cos Acos Bsin C=,则(　　) A.sin C=sin2A+sin2B　　　　B.AB= C.sin A+sin B=　　　　D.AC2+BC2=3 9.(2024新课标Ⅰ,15)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin C=cos B,a2+b2-c2=ab. (1)求B; (2)若△ABC的面积为3+,求c. 10.(2022新高考Ⅱ,18)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,分别以a,b,c为边长的三个正三角形的面积依次为S1,S2,S3.已知S1-S2+S3=,sin B=. (1)求△ABC的面积; (2)若sin Asin C=,求b. 11.(2023新课标Ⅱ,17)记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知△ABC的面积为,D为BC的中点①,且AD=1. (1)若∠ADC=,求tan B; (2)若b2+c2=8,求b,c. ①心中有“数”AD为BC边上的中线,可延长中线构造平行四边形求解. 考点3　余弦定理和正弦定理在实际问题中的应用 12.(2021全国甲理,8)2020年12月8日,中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8 848.86(单位:m),三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一.下图是三角高程测量法的一个示意图,现有A,B,C三点,且A,B,C在同一水平面上的投影A',B',C'满足∠A'C'B'=45°,∠A'B'C'=60°.由C点测得B点的仰角为15°,BB'与CC'的差为100;由B点测得A点的仰角为45°,则A,C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'-CC'约为(≈1.732)(　　) A.346　　　　B.373　　　　C.446　　　　D.473 高考模拟练 应用实践 1.(2025江苏无锡江阴六校期中)设a,b,c分别是△ABC的内角A,B,C的对边,已知D是BC边的中点,△ABC的面积为1,且(b+c)sin B=(a+c)(sin A-sin C),则·()等于(　　) A.2　　　　D.-2 2.(多选题)(2024重庆荣昌中学月考)已知a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C的对边,下面结论正确的是(　　) A.若A>B,则sin A>sin B B.若△ABC为锐角三角形,则不等式sin A>cos B恒成立 C.若sin2A+sin2B<sin2C,则△ABC是钝角三角形 D.若B=,且△ABC有两解,则b的取值范围是[3,2) 3.(2025江苏南京一中期中)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若c-b=2bcos A,则的取值范围是(　　) A.(-1,2)　　　　B.　　　　D.(2,3) 4.(2025江苏南通、镇江期中)用形状、大小完全相同的几种或几十种平面图形进行拼接,彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片,这就是平面图形的密铺,又称平面图形的镶嵌.皇冠图形(图1)是一个密铺图形,它由四个完全相同的平面凹四边形组成.在平面凹四边形ABCD(图2)中,测得AD=1,AB=CD=2,BC=3,凹四边形ABCD的面积为,则cos(∠ADC-∠ABC)=(　　) 　 A. 5.(多选题)(2024江苏南京师大附中期中)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,下列条件能推出A=的是(　　) A.acos C=b+ B.bsin =asin B C.||=1,且 D.设向量m=,n=,m在n上的投影向量为- 6.(2025河北邯郸一调)已知锐角△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足b=λc(λ∈R),a2-b2-c2=(sin A-2)bc,则实数λ的取值范围是　　　　.  7.(2025江苏淮安淮阴中学月考)已知△ABC的角A,B,C所对的边分别为a,b,c,b=2,ac=4,分别以边a,c为一边向外作正方形BCGH和正方形ABEF,如图,C2,C1分别为两个正方形的中心(其中C1,C2,B三点不共线),则当C1C2的长最大时,△ABC的面积为　　　　.  8.(2025广东广州中学期中)三角形的布洛卡点是德国数学家克雷尔于1816年首次发现的,但他的发现并未被当时的人们所注意.1875年,布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现,并用他的名字命名.若△ABC内一点P满足∠PAB=∠PBC=∠PCA=θ,则称点P为△ABC的布洛卡点,角θ为布洛卡角.如图,在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,点P为△ABC的布洛卡点,其布洛卡角为θ. (1)若θ=30°,求证: ①a2+b2+c2=4S△ABC(S△ABC为△ABC的面积); ②△ABC为等边三角形; (2)若∠BAC=2θ,求证:sin2A=sin Bsin C. 迁移创新 9.(2025重庆万州第二高级中学期中)在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,2sin Asin Bsin C=(sin2B+sin2C-sin2A). (1)求A; (2)若M为BC的中点,BC=3,求AM的最大值; (3)法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣,很多数学的定理和公式都以他的名字来命名,如柯西不等式、柯西积分公式等.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.在(1)的条件下,若a=2,P是△ABC内一点,过P作AB,BC,AC的垂线,垂足分别为D,E,F,借助于三维分式型柯西不等式:y1,y2,y3∈R+,≥,当且仅当时等号成立,求T=的最小值. 答案与分层梯度式解析 综合拔高练 高考真题练 1.A　由余弦定理得cos A=,又0°<A<180°,所以A=45°. 2.C　解法一:由已知及余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac,∴(a+c)2=b2+3ac. ∵b2=b2, ∴(a+c)2=b2+3×b, 由正弦定理得, ∴sin A+sin C=·sin B=·sin 60°=. 解法二:由余弦定理得b2=a2+c2-2accos 60°, ∴a2+c2-ac=b2=ac, 由正弦定理得sin2A+sin2C=sin Asin C, ∵b2=sin Asin C=, ∴sin Asin C=, ∴(sin A+sin C)2=sin2A+sin2C+2sin Asin C=,∴sin A+sin C=(舍负). 解法三:由b2=ac及正弦定理可得sin Asin C=sin2B, 又B=60°,所以sin Asin C=sin Asin(A+60°)=sin A·sin 2A=,即cos(2A-120°)=2cos2(A-60°)-1=, 即cos(A-60°)=(点拨:易知0°<A<120°,则-60°<A-60°<60°,故cos(A-60°)>0). 所以sin A+sin C=sin A+sin(A+60°)=sin A+cos A=. 3.答案　2 解析　解法一:在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC,即()2=22+AC2-2×2×AC×cos 60°,即AC2-2AC-2=0,解得AC=1+或AC=1-(舍去),由于AD平分∠BAC,且∠BAC=60°,所以∠BAD=∠CAD=30°.又S△ABC=S△ABD+S△ACD,所以,即AD,解得AD=2. 解法二:在△ABC中,由正弦定理得,即,得sin C=, 又0°<C<120°,∴C=45°,∴B=75°, 在△ABD中,∠BAD=30°,∴∠ADB=180°-30°-75°=75°,∴△ABD为等腰三角形,∴AD=AB,又AB=2,∴AD=2. 4.答案　-1 解析　设BD=x,x>0,在△ADB和△ADC中,由余弦定理,得 AB=, AC=, 则 =2 =2≥2, 当且仅当x+1=,即x=-1时取等号. 5.解析　(1)由已知结合正弦定理得sin Asin B=sin Bcos A,显然sin B≠0, 则tan A=,又0<A<π,故A=. (2)由(1)知cos A=,由题意知c=2b+1, 由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A, 即7=b2+(2b+1)2-2×b(2b+1)=3b2+3b+1, 即b2+b-2=0,解得b=1(b=-2舍去), 故c=3. (3)由,得sin B=, 又a>b,则B为锐角,故cos B=, 所以sin 2B=2sin Bcos B=, 且cos 2B=1-2sin2B=1-2×, 所以sin(A+2B)=sin Acos 2B+cos Asin 2B=. 6. 真题降维 关键信息 信息处理 A+B=3C 由三角形内角和得C= 2sin(A-C)=sin B ①根据已知角,转化为2sin,得到sin A=3cos A; ②根据三角形内角和,转化为2sin(A-C)=sin(A+C),得到sin A=3cos A 求sin A 将sin A=3cos A与sin2A+cos2A=1联立求解 求AB边上的高 ①在△ABC中,由正弦定理求出BC,再利用正弦函数的定义求高; ②利用正弦定理求AC,BC,用等面积法求高 解析　(1)解法一:∵A+B+C=π,A+B=3C, ∴C=-A, 又∵2sin(A-C)=sin B,∴2sin, 即2cos A-sin A, 整理得sin A=3cos A, 又∵sin2A+cos2A=1,A∈,∴sin A=. 解法二:∵A+B+C=π,A+B=3C,∴C=. 又∵2sin(A-C)=sin B,∴2sin(A-C)=sin(A+C), 即2sin Acos C-2cos Asin C=sin Acos C+cos Asin C, 化简得sin Acos C=3cos Asin C, ∴tan A=3tan C=3,∴=3, 又∵sin2A+cos2A=1,A∈,∴sin A=. (2)解法一:过C作CD⊥AB,垂足为D,如图. 在△ABC中,由正弦定理得, 即.由(1)知cos A=, ∴sin B=sincos A+sin A=. 在Rt△BCD中,CD=BC·sin B=3=6, 即AB边上的高为6. 解法二:由(1)知C=,sin A=,cos A=, 则sin B=sincos A+sin A=. 在△ABC中,由正弦定理得, ∴, ∴S△ABC=AC·BC·sin C==15. 设AB边上的高为h,则×5h=15,∴h=6. 7.解析　(1)由已知得2=2, 故sin=1.易知A∈(0,π),∴A+, ∴A+. (2)∵bsin C=csin 2B, ∴由正弦定理得sin Bsin C=sin C·2sin Bcos B. ∵B,C∈(0,π),∴sin B≠0,sin C≠0, ∴cos B=.又∵A+B+C=π,A=, ∴sin C=sin, 由正弦定理得, ∴b=2. ∴△ABC的周长为a+b+c=2+. 8.ABC　设A,B,C的对边分别为a,b,c. 对于A,由cos 2A+cos 2B+2sin C=2得1-2sin2A+1-2sin2B+2sin C=2,化简得sin C=sin2A+sin2B,故A正确. 对于B,由A及正弦定理得c=asin A+bsin B, 又c=acos B+bcos A,(三角形中的射影定理) 所以sin A=cos B,sin B=cos A,则A+B=,所以C=. 由cos Acos Bsin C=得cos Acos B=, 又sin A=cos B,所以sin 2A=,不妨取A=15°,则B=75°.由S△ABC=得ab=, 由,即b=(2+)a, 所以(2+. 所以c2=a2+b2=a2+(7+4=2,因此c=AB=,故B正确. 对于C,sin A+sin B=sin 15°+sin 75°=,故C正确. 对于D,AC2+BC2=b2+a2=c2=2≠3,故D错误. 9.解析　(1)易知cos C=, 又a2+b2-c2=ab,所以cos C=, 又C∈(0,π),所以C=,所以sin C=, 又sin C=cos B,所以cos B=, 又B∈(0,π),所以B=. (2)在△ABC中,A=π-B-C,结合(1)可得sin A=sin(B+C)=. 解法一:由正弦定理得a=, 所以△ABC的面积S=absin C=·sin C=,解得c=2. 解法二:由正弦定理可得b∶c=sin B∶sin C=,设b=k,其中k>0, 则△ABC的面积S=bcsin A=,解得k=2(舍负),故c=2. 10.解析　(1)由题意得S1=c2, ∴S1-S2+S3=,即a2-b2+c2=2. 由b2=a2+c2-2accos B,得a2+c2-b2=2accos B, 故2accos B=2,∴accos B=1. ∵sin B=,∴cos B=或cos B=-(舍去), ∴ac=,∴S△ABC=acsin B=. (2)由正弦定理可得, ∴sin B=. 11. 真题降维 关键信息 信息处理 △ABC的面积为,D为BC的中点 S△ADC= ∠ADC=,求tan B 利用三角形面积公式求出DC的长,在△ADB中利用余弦定理求AB的长,cos B D为BC的中点,b2+c2=8,求b,c 延长AD,构造平行四边形,再利用余弦定理求BC的长,最后利用S△ADC判断AD⊥BC,进而得解 解析　(1)由题意知S△ABC=,BD=DC,∴S△ADC=. 则S△ADC=DA·DC·sin∠ADC=, ∴DC=2,∴BD=2,易知∠ADB=, 在△ADB中,由余弦定理得AB2=DA2+BD2-2DA·DBcos∠ADB,即AB2=12+22-2×1×2×=7, ∴AB=,∴cos B=, ∴sin B=, ∴tan B=. (2)如图所示,延长AD至E,使DE=AD,连接BE,CE, 易得四边形ABEC为平行四边形,∴AB=CE,AC=BE, 由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·cos∠BAC,AE2=AC2+CE2-2AC·CEcos∠ACE, 两式相加得BC2+AE2=2(AB2+AC2), 即BC2+AE2=2(b2+c2)=16, 又AE=2AD=2,∴BC2=12,∴BC=2, ∵S△ADC=AD·DC·sin∠ADC=,∴sin∠ADC=1,∴AD⊥BC,∴b=c, 又b2+c2=8,∴b=c=2. 解题解法　对于中线类的题目,常用向量、一个角在两个三角形中算两次、邻补角的余弦值的和为0或延长中线构造平行四边形等思路求解. 12.B　如图,过点C分别作A'C',B'C'的平行线,分别交A'A与B'B于点D和E,连接DE,则DE∥A'B',过点B作DE的平行线,交AA'于点F, 则△A'B'C'≌△DEC, ∴∠DCE=∠A'C'B'=45°, ∠CDE=∠C'A'B'=180°-∠A'C'B'-∠A'B'C'=75°. 在Rt△BCE中,可得tan 15°=,即2-, ∴CE=), 在△CDE中,由正弦定理可得, ∴DE=·CE=100(+1). 在Rt△ABF中,∠ABF=45°,∴AF=BF, ∴AA'-CC'=AD=AF+DF=AF+BE=BF+BE=DE+BE=100(2+)≈373. 高考模拟练 1.A　由题意,结合正弦定理得(b+c)b=(a+c)(a-c),即b2+c2-a2=-bc, 由余弦定理得cos A=,所以sin A=. 因为△ABC的面积为1,所以bcsin A=1,即bc=4. 因为D是BC边的中点,所以), 故·(·(-·( =-bccos∠BAC=-4×. 2.ABC　对于A,若A>B,则a>b,由正弦定理可得sin A>sin B成立,故A正确; 对于B,因为△ABC为锐角三角形,所以A+B>,所以-B>0, 由正弦函数y=sin x在上单调递增,得sin A>sin=cos B,故B正确; 对于C,由正弦定理得a2+b2<c2,所以C为钝角,即△ABC是钝角三角形,故C正确; 对于D,如图,若△ABC有两解,则asin B<b<a, 所以3<b<2,则b的取值范围是(3,2),故D错误. 3.D　因为c-b=2bcos A,所以由正弦定理得sin C-sin B=2sin Bcos A, 又sin C=sin[π-(A+B)]=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,　 所以sin Acos B+cos Asin B-sin B=2sin Bcos A, 整理得sin B=sin(A-B), 又A∈(0,π),B∈(0,π),则A-B∈(-π,π), 所以B=A-B或B+(A-B)=π,即A=2B或A=π(舍去),则C=π-A-B=π-3B, 所以解得0<B<,则<cos B<1, 所以 = ==2cos B+1∈(2,3). 所以的取值范围是(2,3). 4.A　连接AC, 在△ABC中,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=4+9-2×2×3cos∠ABC=13-12cos∠ABC, 在△ACD中,由余弦定理得AC2=AD2+DC2-2AD·DC·cos∠ADC=1+4-2×1×2cos∠ADC=5-4cos∠ADC, 所以13-12cos∠ABC=5-4cos∠ADC,即3cos∠ABC-cos∠ADC=2,① 因为S△ADC=AD·DCsin∠ADC=×1×2sin∠ADC=sin∠ADC, S△ABC=AB·BCsin∠ABC=×2×3sin∠ABC=3sin∠ABC, 所以S四边形ABCD=S△ABC-S△ADC=3sin∠ABC-sin∠ADC=,② ①2+②2得10-6(cos∠ABCcos∠ADC+sin∠ABCsin∠ADC)=7,则6cos(∠ADC-∠ABC)=3, 所以cos(∠ADC-∠ABC)=. 5.BC　对于A,由余弦定理得a·,化简得a2-b2-c2=bc,所以cos A=,又A∈(0,π),所以A=,故A不符合题意; 对于B,由正弦定理得sin Bcos =sin Asin B, 又sin B>0,所以cos =2sin cos ,又,所以sin ,所以,故A=,故B符合题意; 对于C,由,得|, 两边平方得3(, 即8=4,所以, 所以cos A=, 又A∈(0,π),所以A=,故C符合题意; 对于D,因为m在n上的投影向量为,所以,又m=,n=,所以,化简得,无法推出A=,故D不符合题意. 6.答案　 解析　因为a2-b2-c2=(sin A-2)bc,cos A=, 所以-2bccos A=(sin A-2)bc,所以2cos A=2-sin A, 又cos2A+sin2A=1,所以sin2A+=1, 解得sin A=或sin A=0, 因为△ABC为锐角三角形,所以sin A=,则cos A=,所以tan A=, 因为b=λc,所以λ=, 由正弦定理得, 因为△ABC为锐角三角形, 所以, 所以tan C>tan,所以0<, 即0<,故λ=. 7.答案　 解析　连接BC1,BC2, 在△BC1C2中,BC1=a, 设∠C1BC2=θ,由余弦定理得C1-2·c·a·cos θ=-accos θ=-4cos θ,① 又∠C1BA=∠C2BC=,∴θ=∠ABC+,② 在△ABC中,由余弦定理得cos∠ABC=, 即a2+c2=4+8cos∠ABC,③ 将②③代入①得C1=2+4cos∠ABC+4sin∠ABC=2+4≤2+4,当且仅当∠ABC=时取等号, 此时△ABC的面积为acsin∠ABC=. 8.证明　(1)①若θ=30°, 则S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC=c·APsin θ+a·BPsin θ+b·CPsin θ=sin θ(c·AP+a·BP+b·CP)=(c·AP+a·BP+b·CP), 所以c·AP+a·BP+b·CP=4S△ABC. 在△PAB,△PBC,△PAC中,分别应用余弦定理得 BP2=c2+AP2-2c·APcos θ, CP2=a2+BP2-2a·BPcos θ, AP2=b2+CP2-2b·CPcos θ, 三式相加并整理,得2cos θ(c·AP+a·BP+b·CP)=a2+b2+c2,即×4S△ABC=a2+b2+c2, 所以a2+b2+c2=4S△ABC. ②在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC, 则a2+b2+c2-4S△ABC =2b2+2c2-2bccos∠BAC-4S△ABC　 =2b2+2c2-2bccos∠BAC-2bcsin∠BAC =2b2+2c2-4bcsin ≥4bc-4bc=0, 当且仅当b=c且sin=1时取等号, 因为∠BAC∈(0,π),所以∠BAC+,所以∠BAC+,故∠BAC=, 即当且仅当b=c且∠BAC=,即△ABC为等边三角形时,a2+b2+c2-4S△ABC=0, 又由①知a2+b2+c2=4S△ABC, 所以△ABC为等边三角形. (2)由①知S△ABC=sin θ(c·AP+a·BP+b·CP), 所以c·AP+a·BP+b·CP=. 由②知a2+b2+c2=2cos θ(c·AP+a·BP+b·CP), 所以a2+b2+c2=2cos θ·=2cos θ·=4bccos2θ, 由余弦定理可得b2+c2=a2+2bccos 2θ=a2+2bc·(cos2θ-sin2θ), 所以2a2+2bc(cos2θ-sin2θ)=4bccos2θ, 所以a2=bc(sin2θ+cos2θ),所以a2=bc, 由正弦定理可得sin2A=sin Bsin C,故得证. 9.解析　(1)由题意,结合正弦定理得2bcsin A=(b2+c2-a2), 因为a2=b2+c2-2bccos A,所以2bcsin A=×2bccos A,即sin A=cos A,可得tan A=, 因为A∈(0,π),所以A=. (2)由a2=b2+c2-2bccos A得9=b2+c2-bc,则b2+c2=9+bc≥2bc, 所以bc≤9,当且仅当b=c=3时取等号, 因为M为BC的中点,所以), 所以(9+2bc)≤,所以||≤, 当且仅当b=c=3时取等号,所以AM的最大值为. (3)T=, 又S△PAB=c·PD,S△PBC=a·PE,S△PAC=b·PF,S△PAB+S△PBC+S△PAC=S△ABC, ∴c·PD+a·PE+b·PF=2S△ABC. 由三维分式型柯西不等式得T=, 当且仅当,即PE=3PD=3PF时等号成立. 由a2=b2+c2-2bccos A得4=b2+c2-bc,所以(b+c)2-4=3bc,即bc=,则T≥, 令t=b+c+6,则T≥. 由得2<b+c≤4,当且仅当b=c时等号成立, 所以8<t≤10,则, 令y=+1,则其在上单调递减, 故当,即b=c=2时,y有最大值, 此时T有最小值(此时PE=3PD=3PF与b=c可以同时取到). 素养点评　本题第(1)问主要考查了数学运算的核心素养,能利用正、余弦定理解三角形;第(2)问考查了数学运算和逻辑推理的核心素养,能结合向量求中线长的最大值;第(3)问考查了数学运算和逻辑推理的核心素养,通过三维分式型柯西不等式,结合余弦定理、基本不等式以及一元二次函数求最小值. 26 学科网（北京）股份有限公司 $